2019届二轮复习　圆锥曲线的综合问题学案（全国通用）

第3讲　圆锥曲线的综合问题
[考情考向分析]　1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．

热点一　范围、最值问题
圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．
例1　已知N为圆C1：(x＋2)2＋y2＝24上一动点，圆心C1关于y轴的对称点为C2，点M，P分别是线段C1N，C2N上的点，且·＝0，＝2.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)直线l：y＝kx＋m与点M的轨迹Γ只有一个公共点P，且点P在第二象限，过坐标原点O且与l垂直的直线l′与圆x2＋y2＝8相交于A，B两点，求△PAB面积的取值范围．
解　(1)连接MC2，

因为＝2，
所以P为C2N的中点，
因为·＝0，
所以⊥，
所以点M在C2N的垂直平分线上，
所以|MN|＝|MC2|，
因为|MN|＋|MC1|＝|MC2|＋|MC1|＝2>4，
所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上，
因为a＝，c＝2，所以b2＝2，
所以点M的轨迹方程为＋＝1.
(2)由得
(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，
因为直线l：y＝kx＋m与椭圆Γ相切于点P，
所以Δ＝(6km)2－4(3k2＋1) (3m2－6)
＝12(6k2＋2－m2)＝0，即m2＝6k2＋2，
解得x＝，y＝，
即点P的坐标为，
因为点P在第二象限，所以k>0，m>0，
所以m＝，
所以点P的坐标为，
设直线l′与l垂直交于点Q，
则|PQ|是点P到直线l′的距离，
且直线l′的方程为y＝－x，
所以|PQ|＝
＝＝
≤＝＝－，
当且仅当3k2＝，即k2＝时，|PQ|有最大值－，
所以S△PAB＝×4×|PQ|≤4－4，
即△PAB面积的取值范围为.
思维升华　解决范围问题的常用方法
(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．
(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
跟踪演练1　(2018·衡水金卷信息卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一条切线方程为y＝2x＋2，且离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两个不同的点，与y轴交于点M，且＝3，求实数m的取值范围．
解　(1)由题意知，离心率e＝＝，
∴c＝a，b＝a，∴＋＝1，
将y＝2x＋2代入，得8x2＋8x＋8－a2＝0，
由Δ＝128－32(8－a2)＝0，得a2＝4，
故椭圆C的标准方程为x2＋＝1.
(2)根据已知，得M(0，m)，
设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，
且Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，
即k2－m2＋4>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝，
由＝3，得－x1＝3x2，即x1＝－3x2，
∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，
∴＋＝0，
即m2k2＋m2－k2－4＝0，
当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，
∴k2＝，
∵k2－m2＋4>0，
∴－m2＋4>0，即>0，
∴1 综上所述，实数m的取值范围为(－2，－1)∪(1,2)．
热点二　定点、定值问题
1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．
例2　(2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
(1)解　因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0.
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0 又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)，
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋
＝＋
＝·
＝·＝2.
所以＋为定值．
思维升华　(1)动直线过定点问题的两大类型及解法
①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2)求解定值问题的两大途径
①→

②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
跟踪演练2　(2018·荆州质检)已知倾斜角为的直线经过抛物线Γ：y2＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线Γ相交于A，B两点，且|AB|＝8.
(1)求抛物线Γ的方程；
(2)过点P(12,8)的两条直线l1，l2分别交抛物线Γ于点C，D和E，F，线段CD和EF的中点分别为M，N.如果直线l1与l2的倾斜角互余，求证：直线MN经过一定点．
(1)解　由题意可设直线AB的方程为y＝x－，
由消去y整理得x2－3px＋＝0，
Δ＝9p2－4×＝8p2>0，
令A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝3p，
由抛物线的定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，
∴p＝2.
∴抛物线的方程为y2＝4x.
(2)证明　设直线l1，l2的倾斜角分别为α，β，
由题意知，α，β≠.
直线l1的斜率为k，则k＝tan α.
∵直线l1与l2的倾斜角互余，
∴tan β＝tan＝
＝＝＝，
∴直线l2的斜率为.
∴直线CD的方程为y－8＝k(x－12)，
即y＝k(x－12)＋8.
由
消去x整理得ky2－4y＋32－48k＝0，
设C(xC，yC)，D(xD，yD)，
∴yC＋yD＝，
∴xC＋xD＝24＋－，
∴点M的坐标为.
以代替点M坐标中的k，
可得点N的坐标为(12＋2k2－8k,2k)，
∴kMN＝＝.
∴直线MN的方程为
y－2k＝[x－(12＋2k2－8k)]，
即y＝x－10，
显然当x＝10时，y＝0，
故直线MN经过定点(10，0).
热点三　探索性问题
1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
例3　(2018·河南名校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1，F2，上焦点F1到直线4x＋3y＋12＝0的距离为3，椭圆C的离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)椭圆E：＋＝1，设过点M(0,1)，斜率存在且不为0的直线交椭圆E于A，B两点，试问y轴上是否存在点P，使得＝λ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
解　(1)由已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
设椭圆的焦点F1(0，c)，
由F1到直线4x＋3y＋12＝0的距离为3，
得＝3，
又椭圆C的离心率e＝，所以＝，
又a2＝b2＋c2，求得a2＝4，b2＝3.
椭圆C的方程为＋＝1.
(2)存在．理由如下：由(1)得椭圆E：＋＝1，
设直线AB的方程为y＝kx＋1(k≠0)，
联立
消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kx－12＝0，
Δ＝(8k)2＋4(4k2＋1)×12＝256k2＋48>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝－.
假设存在点P(0，t)满足条件，
由于＝λ，
所以PM平分∠APB.
所以直线PA与直线PB的倾斜角互补，
所以kPA＋kPB＝0.
即＋＝0，
即x2(y1－t)＋x1(y2－t)＝0.(*)
将y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1代入(*)式，
整理得2kx1x2＋(1－t)(x1＋x2)＝0，
所以－2k·＋＝0，
整理得3k＋k(1－t)＝0，即k(4－t)＝0，
因为k≠0，所以t＝4.
所以存在点P(0,4)，使得＝λ.
思维升华　解决探索性问题的注意事项
存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．
(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．
(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
跟踪演练3　(2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭圆＋＝1(a>b>0)过点P，点F是椭圆的右焦点．
(1)求椭圆方程；
(2)在x轴上是否存在定点D，使得过D的直线l交椭圆于A，B两点．设点E为点B关于x轴的对称点，且A，F，E三点共线？若存在，求D点坐标；若不存在，说明理由．
解　(1)∵ 2a＝4，∴ a＝2，
将点P代入＋＝1，得b2＝3.
∴椭圆方程为＋＝1.
(2)存在定点D满足条件．
设D(t,0)，直线l方程为x＝my＋t(m≠0)，
联立
消去x，得(3m2＋4)y2＋6mt·y＋3t2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(x2，－y2)，
且Δ>0.
由A，F，E三点共线，可得(x2－1)y1＋(x1－1)y2＝0，
即2my1y2＋(t－1)(y1＋y2)＝0，
∴ 2m·＋(t－1)·＝0，
解得t＝4，
此时由Δ>0得m2>4.
∴存在定点D(4,0)满足条件，且m满足m2>4.

真题体验
1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________．
答案　16
解析　因为F为y2＝4x的焦点，

所以F(1,0)．
由题意知，直线l1，l2的斜率均存在且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．
由
得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ＝16k2＋16>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝1，
所以|AB|＝·|x1－x2|
＝·
＝·＝.
同理可得|DE|＝4(1＋k2)．
所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)
＝4
＝8＋4≥8＋4×2＝16，
当且仅当k2＝，
即k＝±1时，取得等号．
2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．

解　(1)由题意知，e＝＝，2c＝2，所以c＝1，
所以a＝，b＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程消去y，
得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0.
由题意知，Δ>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·.
由题意可知，圆M的半径r为
r＝|AB|＝·.
由题设知k1k2＝，所以k2＝，
因此直线OC的方程为y＝x.
联立方程
得x2＝，y2＝，
因此|OC|＝＝.
由题意可知，sin＝＝.
而＝
＝·，
令t＝1＋2k，则t>1，∈(0,1)，
因此＝·＝·＝·≥1，
当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，
所以sin ≤，因此≤，
所以∠SOT的最大值为.
综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.
押题预测
已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．
(1)求C1，C2的方程；
(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
押题依据　本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．
解　(1)因为C1，C2的焦点重合，
所以＝，
所以a2＝4.
又a>0，所以a＝2.
于是椭圆C1的方程为＋＝1，
抛物线C2的方程为y2＝4x.
(2)假设存在直线l使得＝2，
当l⊥x轴时，|MQ|＝3，|PN|＝4，不符合题意，
∴直线l的斜率存在，
∴可设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．
由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x1＋x4＝，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，
所以|PN|＝·
＝.
由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x2＋x3＝，x2x3＝，
且Δ＝144k2＋144>0，
所以|MQ|＝·＝.
若＝2，
则＝2×，
解得k＝±.
故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2.

A组　专题通关
1．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左、右焦点分别为F1，F2，且F2与抛物线y2＝4x的焦点重合．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两点，且AC⊥BD，求|AC|＋|BD|的最小值．
解　(1)抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，所以c＝1，
又因为e＝＝＝，所以a＝，
所以b2＝2，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)①当直线BD的斜率k存在且k≠0时，
直线BD的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程＋＝1，
并化简得(3k2＋2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
Δ＝36k4－4(3k2＋2)(3k2－6)＝48(k2＋1)>0恒成立．
设B(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
|BD|＝·|x1－x2|
＝
＝.
由题意知AC的斜率为－，
所以|AC|＝＝.
|AC|＋|BD|＝4
＝≥
＝＝.
当且仅当3k2＋2＝2k2＋3，即k＝±1时，上式取等号，
故|AC|＋|BD|的最小值为.
②当直线BD的斜率不存在或等于零时，
可得|AC|＋|BD|＝>.
综上，|AC|＋|BD|的最小值为.
2．已知椭圆 C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点P在椭圆C上，且△PF1F2的面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋2(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M，N，若在x轴上存在点G，使得|GM|＝|GN|，求点G的横坐标的取值范围．
解　(1)由已知得
解得a2＝9，b2＝8，c2＝1，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)，点G(m，0)，使得|GM|＝|GN|，
则GE⊥MN.
由得x2＋36kx－36＝0，
由Δ>0，得k∈R且k≠0.
∴x1＋x2＝－，
∴x0＝，y0＝kx0＋2＝.
∵GE⊥MN，∴kGE＝－，
即＝－，
∴m＝＝.
当k>0时，9k＋≥2＝12
，
∴－≤m<0；
当k<0时，9k＋≤－12
，
∴0 ∴点G的横坐标的取值范围为∪.
3．(2018·全国Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．
(1)证明：k<－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．
(1)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k，
得＋·k＝0.
由题设知＝1，＝m，
于是k＝－.①
由题设得0 (2)解　由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，
则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，
y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.
又点P在C上，所以m＝，
从而P，||＝，
于是||＝＝ ＝2－.
同理||＝2－.
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.
故2||＝||＋||，即||，||，||成等差数列．
设该数列的公差为d，则2|d|＝|||－|||
＝|x1－x2|＝.②
将m＝代入①得k＝－1，
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，
并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.
所以该数列的公差为或－.
4．(2018·辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知M是椭圆C：＋＝1(a>b>0)上的一点，F1，F2是该椭圆的左、右焦点，且|F1F2|＝2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设点A，B是椭圆C上与坐标原点O不共线的两点，直线OA，OB，AB的斜率分别为k1，k2，k，且k1k2＝k2.试探究|OA|2＋|OB|2是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．
解　(1)由题意知，F1(－，0)，F2(，0)，
根据椭圆定义可知|MF1|＋|MF2|＝2a，
所以2a＝ ＋
＝4，
所以a2＝4，b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C：＋y2＝1.
(2)设直线AB：y＝kx＋m(km≠0)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
Δ＝(8km)2－16(m2－1)(4k2＋1)>0，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
因为k1k2＝k2，所以·＝k2，
即km(x1＋x2)＋m2＝0(m≠0)，解得k2＝.
|OA|2＋|OB|2＝x＋x＋y＋y
＝[(x1＋x2)2－2x1x2]＝5，
所以|OA|2＋|OB|2＝5.

B组　能力提高
5．(2018·衡水模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为点D，右焦点为F2(1,0)，延长DF2交椭圆C于点E，且满足|DF2|＝3|F2E|.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点F2作与x轴不重合的直线l和椭圆C交于A，B两点，设椭圆C的左顶点为点H，且直线HA，HB分别与直线x＝3交于M，N两点，记直线F2M，F2N的斜率分别为k1，k2，则k1与k2之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．
解　(1)椭圆C的上顶点为D(0，b)，右焦点F2(1,0)，点E的坐标为(x，y)．
∵|DF2|＝3|F2E|，可得＝3，
又＝(1，－b)，＝(x－1，y)，
∴代入＋＝1，
可得＋＝1，
又a2－b2＝1，解得a2＝2，b2＝1，
即椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，H，M，
N.
由题意可设直线AB的方程为x＝my＋1，
联立消去x，
得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，
Δ＝4m2＋4(m2＋2)>0恒成立．
∴
根据H，A，M三点共线，可得＝，
∴yM＝.
同理可得yN＝，
∴M，N的坐标分别为，，
∴k1k2＝·＝yMyN
＝··
＝
＝
＝＝＝.
∴k1与k2之积为定值，且该定值是.
6．(2018·潍坊模拟)已知平面上动点P到点F的距离与到直线x＝的距离之比为，记动点P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)设M(m，n)是曲线E上的动点，直线l的方程为mx＋ny＝1.
①设直线l与圆x2＋y2＝1交于不同两点C，D，求|CD|的取值范围；
②求与动直线l恒相切的定椭圆E′的方程，并探究：若M(m，n)是曲线Γ：Ax2＋By2＝1(A·B≠0)上的动点，是否存在与直线l：mx＋ny＝1恒相切的定曲线Γ′？若存在，直接写出曲线Γ′的方程；若不存在，说明理由．
解　(1)设P(x，y)，由题意，得＝.
整理，得＋y2＝1，
∴曲线E的方程为＋y2＝1.
(2)①圆心到直线l的距离d＝，
∵直线与圆有两个不同交点C，D，
∴|CD|2＝4.
又∵＋n2＝1(m≠0)，
∴|CD|2＝4.
∵|m|≤2，∴0 ∴0<1－≤.
∴|CD|2∈(0，3]，|CD|∈，
即|CD|的取值范围为.
②当m＝0，n＝1时，直线l的方程为y＝1；
当m＝2，n＝0时，直线l的方程为x＝.
根据椭圆对称性，猜想E′的方程为4x2＋y2＝1.
下面证明：直线mx＋ny＝1(n≠0)与4x2＋y2＝1相切，
其中＋n2＝1，即m2＋4n2＝4.
由消去y得
(m2＋4n2)x2－2mx＋1－n2＝0，
即4x2－2mx＋1－n2＝0，
∴Δ＝4m2－16＝4＝0恒成立，从而直线mx＋ny＝1与椭圆E′：4x2＋y2＝1恒相切．
若点M是曲线Γ：Ax2＋By2＝1上的动点，则直线l：mx＋ny＝1与定曲线Γ′：＋＝1恒相切．